Fórum: Valaki mondja meg!

Geometriában az egyik legfontosabb tétel a Pitagorasz-tétel, amely szerint ha egy derékszögű háromszög befogói \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\), átfogója \(\displaystyle c\), akkor a következő összefüggés teljesül:

\(\displaystyle a^2+b^2=c^2\)

Ennek a tételnek a felhasználásával a következő összefüggések vezethetőek le:

Legyenek egy 60°-os háromszögnek a 60° melletti oldalai (nevezzük befogóknak) \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\), a 60°-os szöggel szemközti oldala (nevezzük átfogónak) \(\displaystyle c\). Ekkor a következő összefüggés teljesül (60°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel):

\(\displaystyle a^2-ab+b^2=c^2\)

Legyenek egy 120°-os háromszögnek a 120° melletti oldalai (nevezzük befogóknak) \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\), a 120°-os szöggel szemközti oldala (nevezzük átfogónak) \(\displaystyle c\). Ekkor a következő összefüggés teljesül (120°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel):

\(\displaystyle a^2+ab+b^2=c^2\)

A probléma a következő: Először megtanuljuk a derékszögű háromszögre a Pitagorasz-tételt, majd csak ennek felhasználásával bizonyítjuk a 60°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tételt, és a 120°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tételt. De mi lenne, ha először a 60°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tételt tanulnánk, és csak ennek felhasználásával hogyan kellene bizonyítani a másik két Pitagorasz-tételt? Vagy mi lenne, ha először a 120°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tételt tanulnánk, és csak ennek felhasználásával hogyan kellene bizonyítani a másik két Pitagorasz-tételt? Várom mindenkinek megtisztelő válaszát: Bertalan Zoltán.

Esetleg, ha valaki az előző hozzászólásomban említett, a 60°-os háromszögre és a 120°-os háromszögre vonatkozó összefüggéseket be tudná bizonyítani nekem a 90°-os háromszögre vonatkozó Pitagorasz-tétel felhasználása nélkül, annak nagyon hálás lennék. Vajon a Pitagorasz-tétel bizonyításához hasonlóan be lehet bizonyítani a 60°-os háromszögre és a 120°-os háromszögre vonatkozó összefüggéseket?

Szerintem ez jó iskolai gyakorlat lehetne. Amikor a befogó- és a magasságtételt tanítjuk, majd a befogótételből bebizonyítjuk a Pitagorasz-tételt, fel lehet adni, hogy ezek mintájára csinálják meg a 120 fokos esetet.

A bizonyítás alapja az önhasonlóság; ha a derékszögű háromszöget kettéosztjuk az átfogóhoz tartozó magassággal, a két rész hasonló lesz az eredeti háromszöghöz.

Ha a háromszög nem derékszögű, hanem van egy mondjuk 120 fokos szöge, akkor a magasság helyett belerajzolhatunk egy szabályos háromszöget. Az ábra betűzésével \(\displaystyle ABC\triangle \sim ACT\triangle \sim CBU\triangle\), és persze \(\displaystyle c=x+y+z\). A hasonlóságokból

\(\displaystyle \frac{a}{c}=\frac{y}{a}=\frac{z}{b}, \quad \frac{b}{c}=\frac{x}{b}=\frac{z}{a} \quad\text{és}\quad \frac{a}{b}=\frac{y}{z}=\frac{z}{x}.\)

Ezeket átszorozva,

\(\displaystyle a^2 = cy, \quad b^2=cx, \quad ab=cz, \quad z^2=xy. \)

Az első kettő megfelel a befogótételnek, a harmadik a terület kétféle felírása, a negyedik a magasságtétel megfelelője. Az első hármat összeadva,

\(\displaystyle a^2+ab+b^2 = c(x+y+z) = c^2. \)

WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW! WOW!

Kedves Zoltán!

Egy lehetséges megoldás a 60 fokos háromszögre:

(1) Ha ABC egyenlő szárú, akkor szabályos is egyúttal, az állítás triviálisan igaz.

(2) Ha az oldalak páronként különböznek, akkor nyilván van kisebb és nagyobb szög is 60-nál, legyen pl. a>c>b.

Mérjük fel b oldal hosszát rendre C-ből B felé a CB szakaszra, A-ból B-felé és vele ellentétes irányba is az az AB egyesre, kapjuk a D,E,F pontokat.

A származtatás miatt ACD szabályos, AFC és ADE egyenlő szárú háromszög. Ha A-nál lévő szög alfa, akkor F-nél alfa/2 és DAE szög alfa-60, ezért ADE szög 120-alfa/2. CDEF négyszög húrnégyszög, hiszen F-nél és D-nél lévő szögeinek összege 180.

B pontnak a húrnégyszög körülírt k körére vonatkozó hatványa: BE*BF=BD*BC, azaz (c-b)*(c+b)=(a-b)*a, ahonnan zárójelfelbontás és rendezés után a bizonyítandó állítást kapjuk.

A #2134 és a #2132 bizonyítások nagyon jók, nagyon szépen köszönöm! A #2132 bizonyítás nagyon tetszik, mert analógiát teremt a derékszögű háromszög és a 120°-os háromszög között!!! Magam részéről egy terület-átdarabolós bizonyítást próbáltam keresni, de ez még eddig nem sikerült. (A derékszögű háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel legismertebb bizonyítása úgy történik, hogy egy négyzetet kétféleképpen darabolnak fel. Euklidesz is terület-átdarabolással bizonyítja a Pitagorasz-tételt.) Szóval, ha még valaki tudna a 120°-os háromszögre vagy a 60°-os háromszögre érvényes összefüggésre egy terület-átdarabolós bizonyítást annak is nagyon hálás lennék!!!!

A 60 fokos esetben, sőt, a koszinusz-tétel általános esetére is működik a 2132-beli módszer: az \(\displaystyle AB\) egyenesen felvesszük azokat az \(\displaystyle X\) és \(\displaystyle Y\) pontokat, amelyekre \(\displaystyle ABC\triangle \sim ACY\triangle \sim CBX\triangle\).

Egy lehetséges átdarabolás a 120 fokos háromszögre:

Átdarabolás 60 fokos háromszöggel:

JÉÉÉ!!!!!! Köszi a bizonyításokat FM! Hálám örökké üldözni fog!!!!

Nagyon jók a #2138 és #2137 bizonyítások! A 90°-os háromszögre érvényes Pitagorasz-tétel területátdarabolós bizonyításánál a terület fogalma triviálisnak tűnik. De ezek a bizonyítások arra is rávilágítanak, hogy a terület fogalma egyáltalán nem olyan triviális!!!

Nemsokára itt a karácsony. A hét törpe is készül egymás megajándékozására. Ezért a hét törpe mindegyike felírja a saját nevét egy kis papírra, a papírokat összehajtva beteszik egy dobozkába. Ezután a hét törpe mindegyike húz a dobozkából pontosan egy papírt, és minden törpe annak ad ajándékot, akinek a nevét húzta. (Ebben még semmi különös nincs.) De előfordulhat, hogy lesznek olyan törpék, akik a saját nevüket húzzák (ennek durván "1/e" a valószínűsége, ami nem elhanyagolható), ezek a törpék egymás közt újra megismétlik ezt a sorsolást. Ha megint lesznek ilyen törpék, akkor ezek a törpék egymás közt újra megismétlik ezt a sorsolást.... Végül előfordulhat az is, hogy az első sorsoláskor, vagy akármelyik sorsoláskor pontosan egy törpe húzza a saját nevét, ekkor a sorsolást mind a hét törpe újra kezdi. Várhatóan hány sorsolásra kerül sor?

Igyekszem pontosabban megfogalmazni az előbbi felvetésemet. Tehát a hét törpe (Szund, Vidor, Hapci, Kuka, ....) mindegyike felírja a saját nevét egy papírra, ezeket a papírokat egy dobozkába teszik, ezután mindegyik törpe pontosan egy papírt húz a dobozkából. Ha elsőre mindenki más nevét húzza, akkor mindenki annak azt ajándékozza meg, akinek a nevét húzta. (Ennek lesz "1/e" a valószínűsége.) Ebben az esetben a "ki kit ajándékoz meg" sorsolás eredményes, és ekkor a sorsolásnak vége. Akkor van baj, ha van olyan törpe, aki a saját nevét húzta, ekkor a sorsolást a következő szabályok szerint ismétlik meg:

- Ha több, mint 1 törpe húzta a saját nevét valamelyik megismételt sorsolás esetén, akkor ezek a törpék egymás közt újra megismétlik a sorsolást.

- Ha pontosan 1 törpe húzta a nevét, akkor a sorsolást az összes törpe részvételével megismétlik, mert ez így igazságos.

- Ha valamelyik megismételt sorsolás esetén már nincs olyan törpe, aki a saját nevét húzta, akkor a sorsolás eredményes, a sorsolásnak vége, és ekkor minden törpe azt ajándékozza meg, akinek a nevét húzta.

Ekkor várhatóan hány sorsolás után lesz az, hogy minden törpe más törpének a nevét húzta?

Ez egy tanulságos Markov-láncos feladat, érdemes végigszámolni.

Legyen a húzások száma \(\displaystyle T \). Minden \(\displaystyle 0 \le t < T \) egészre nézzük meg, hogy \(\displaystyle t \) húzás után a legközelebbi húzásban hány cetli közül kell húzni, ez legyen \(\displaystyle X_t \), valamint legyen \(\displaystyle Y_t \) azon törpék száma, akik önmagukat húzzák ebben a húzásban. Tehát \(\displaystyle 0 \le t < T \) esetén \(\displaystyle 2 \le X_t \le 7 \). Terjesszük ki az \(\displaystyle X \) sorozatot úgy, hogy \(\displaystyle X_t = 0 \) ha \(\displaystyle T \le t \).

Nyilván \(\displaystyle X_0 = 7 \). A játék szabályai szerint ha \(\displaystyle 0 \le t < T \), akkor \(\displaystyle X_{t+1} = Y_t \), kivéve ha \(\displaystyle Y_t = 1 \), amely esetben \(\displaystyle X_{t+1} = 7 \). Mármost rögzített \(\displaystyle X_t \) mellett \(\displaystyle Y_t \) eloszlása nem függ az előzményektől. Az eloszlást pontosan meg is tudjuk adni: \(\displaystyle P(Y_t = y \mid X_t = x) = \textrm{A008290}(y, x)/x! \). Itt az A008290(y, x) szám x elem azon permutációinak a száma, amiben pontosan y fixpoint van, az OEIS A008290 sorozata szerint. Ez a valószínűség nulla, ha \(\displaystyle x < y \). Íme a feltételes eloszlások táblázata.

A fentiekből az is következik, hogy ha rögzítjük \(\displaystyle x \)-et ahol \(\displaystyle 1 < x \), akkor az \(\displaystyle X_t = x \) feltétel mellett \(\displaystyle X_{t+1} \) eloszlása független az előzményektől, vagyis az \(\displaystyle X_0, \dots, X_{t-1} \) számoktól (és mellesleg még a húzott nevektől is), és ez a feltételes eloszlás bármely \(\displaystyle t \)-re ugyanaz. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle X \) egy stacionáris markov lánc. Mivel \(\displaystyle X_{t+1} \) az \(\displaystyle Y_t \) fent leírt függvénye eloszlásból, és \(\displaystyle Y_t \) feltételes eloszlását az előbb kiszámoltuk, ezért \(\displaystyle X_{t+1} \) feltételes eloszlását (az átmenet valószínűségeket) is meg tudjuk adni.

Most akkor számoljuk ki \(\displaystyle T \) várható értékét. Erre stacionáris Markov-láncoknál a szokásos módszer a következő. Jelölje a maradék lépések számának, vagyis \(\displaystyle (T-t) \)-nek, a várható értékét \(\displaystyle a_x \) az \(\displaystyle X_t = x \) feltétel mellett. A fentiek miatt a maradék lépések számának feltételes eloszlása is független az előzményektől, és \(\displaystyle t \)-től is. Nyilván \(\displaystyle a_0 = 0 \). A többi (\(\displaystyle 2 \le x \le 7\)) esetre felírhatunk egy-egy lineáris egyenletet a fenti átmenet valószínűségek alapján.

\(\displaystyle a_x = 1 + \sum_k P(X_{t+1}=k \mid X_t=x) \cdot a_k \)

Az egyenletrendszer megoldása után, mivel \(\displaystyle X_0 = 7 \), ezért a húzások számának várható értéke \(\displaystyle a_7 \).

A konkrét esetben az egyenletrendszer a következő.

\(\displaystyle (a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7) \cdot \begin{pmatrix} 1/2-1 &0 &6/24 &20/120 &135/720 & 924/5040 \\ 0 &1/6-1 &0 &10/120 & 40/720 & 315/5040 \\ 0 &0 &1/24-1 & 0 & 15/720 & 70/5040 \\ 0 &0 &0 & 1/120-1 & 0 & 21/5040 \\ 0 &0 &0 & 0 & 1/720-1 & 0 \\ 0 &3/6 &8/24 &45/120 &264/720 &1856/5040-1 \\ \end{pmatrix} = \)

\(\displaystyle = (-1, -1, -1, -1, -1, -1) \)

Ennek a megoldása

\(\displaystyle (a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7) = (9713740330, 13115308479, 11826442740, 12225059935, 12123252750, 12145107135) / 4856870165 \)

Így a sorsolások átlagos száma \(\displaystyle a_7 = 12145107135/4856870165 \), ami körülbelül 2.50.

Köszi a megoldást! Én valahogyan sorokkal próbálkoztam, előbb, de inkább utóbb az is meg lesz, akkor azt le is fogom írni. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

Anélkül, hogy politikát hoznék a fórumba... Magyarországon az országgyűlési mandátumok egy részét úgynevezett listás választások alapján lehet megnyerni. Ez a következőképpen történik: Tegyük fel, hogy van \(\displaystyle n\) mandátum, és a választásokon indulnak a \(\displaystyle P_1\), \(\displaystyle P_2\), \(\displaystyle P_3\),.... pártok. A \(\displaystyle P_1\) párt kap \(\displaystyle x_1\) szavazatot, a \(\displaystyle P_2\) párt kap \(\displaystyle x_2\) szavazatot, a \(\displaystyle P_3\) párt kap \(\displaystyle x_3\) szavazatot,... Legyen \(\displaystyle y_{i,j}=x_i/j\), ahol \(\displaystyle j\) egy \(\displaystyle n\) értékénél nem nagyobb pozitív egész szám. Az így kapott \(\displaystyle y_{i,j}\) hányadosokat csökkenő sorrendbe rendezik, és meghagyják az első \(\displaystyle n\) legnagyobb hányadost, a többit elfelejtik. Ezek után, ha valamelyik \(\displaystyle x_i\) esetén az \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados benne van az első \(\displaystyle n\) legnagyobb \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados között, akkor a \(\displaystyle P_i\) párt kap egy mandátumot. A mandátumok így történő szétosztása mennyiben tükrözi a választók akaratát?

Pontosítok az előbbi hozzászólásomon: Ha valamelyik \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados valamilyen \(\displaystyle x_i\) és valamilyen \(\displaystyle j\) esetén benne van az első \(\displaystyle n\) legnagyobb \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados között, akkor a \(\displaystyle P_i\) párt egy mandátumot kap. Továbbá a \(\displaystyle P_i\) párt annyi mandátumot kap, ahány \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados benne van az első \(\displaystyle n\) legnagyobb \(\displaystyle y_{i,j}\) hányados között valamilyen \(\displaystyle x_i\) és valamilyen \(\displaystyle j\) esetén.

Nagyon izgalmas filozófiai kérdés, hogy egy választási rendszer eredménye ,,tükrözi-e a választói akaratot” avagy a választási rendszer „igazságos-e”, de nem könnyű az ilyen kérdéseknek matematikai tartalmat adni.

Tetszőleges választási rendszer esetén általában nagyon könnyű olyan szavazat eloszlást mutatni, ami mellett az adott rendszer igazságtalannak tűnik. Ezen még az sem segít, ha előre megadjuk, milyen kritériumoknak kell megfelelnie egy választási rendszernek és csak utána próbáljuk meghatározni az eljárást. A leghíresebb ilyen negatív eredmény az Arrow-paradoxon, de sokkal egyszerűbb példával is illusztrálhatjuk a „nehéz igazságos választási rendszert csinálni” állítást.

Tegyük fel, hogy példádhoz hasonlóan listákról akarunk kiosztani \(\displaystyle M\) mandátumot. Induljon \(\displaystyle N\) párt a választáson, és az \(\displaystyle i.\) kapjon \(\displaystyle s_i\) szavazatot. Tegyük fel, hogy a választás eredménye az, hogy a \(\displaystyle P_i\) párt \(\displaystyle m_i\) mandátumot nyert és \(\displaystyle \sum m_i = M\). Az egyetlen, amit szeretnénk elvárni a választási rendszertől, hogy ha \(\displaystyle s_i \ge s_j\), akkor \(\displaystyle m_i \ge m_j\) is igaz legyen.

Legyen most \(\displaystyle M = 2\), \(\displaystyle N = 12\), és a pártokra leadott szavazatok sorban: \(\displaystyle (2,2,1,1,1,1,1,1,1,1)\). Feltételünk szerint az egyetlen megengedett eredmény, hogy \(\displaystyle P_1\) és \(\displaystyle P_2\) nyer 1-1 mandátumot, a többiek pedig semmit. Ez viszont azt jelenti, hogy az aktív választók kétharmadának egyetlen képviselője sem lesz, amit nehéz igazságosnak tekinteni. Itt az „igazságtalanságot” talán inkább a mandátumok oszthatatlansága okozza, és nem valamilyen a rendszerbe beépített trükk.

A példádban említett eljárás neve d'Hondt módszer, és ez egy érdekes cikk róla. A Wikipédia szócikkben egy online kalkulátor is linkelve van, amivel lehet kísérletezgetni.

Üdv mindenkinek. Segítségre lenne szükségem, mert elmerültem egy dologban. Arról van szó, hogy sin(f(x+y)=sin(f(x)+f(y)) minden x, y VALÓS számra, ahol f(x) egy valós, mindenütt folytonos függvény az R-ből az R-be. A fenti egyenletből következik-e, hogy f(x+y)=f(x)+f(y)+2nPi minden x, y VALÓS számra, vagy f(x+y)=-f(x)-f(y)+(2n+1)Pi minden x, y VALÓS számra? Vagyis továbbvíve a gondolatot, ha f folytonos, akkor az f(x+y)=f(x)+f(y)+2nPi Cauchy egyenlet összes folytonos megoldásai f(x)=ax+b alakú, továbbá az f(x+y)=-f(x)-f(y)+(2n+1)Pi egyenlet összes megoldása f(x)=kPi. A kérdés tehát: Ha sin(f(x+y)=sin(f(x)+f(y)) minden x, y VALÓS számra, f mindenütt folytonos, akkor biztosan igaz-e, hogy f(x)=ax+b, vagy f(x)=kPi? Vagy van arra ellenpélda, hogy bizonyos esetekben az egyik függvényegyenlőség igaz, más esetben a másik, de f mégis folytonos mindenütt? Nem sikerül szerkesztenem ilyen ellenpéldát. Ugyanez a kérdésem lenne cos(f(x+y)=cos(f(x)+f(y)) minden x, y VALÓS számra, ha f mindenütt folytonos. Előre is köszönöm a válaszotokat!

Van-e olyan 5 csúcsú poliéder, amelynek nincs 4 olyan csúcsa, amelyek egy síkban lennének, és van kívül írt gömbje, és van beírt gömbje, és van éleit érintő gömbje?

Azért a poliédertől elvárom, hogy ne legyen szimmetrikus, és a három gömb középpontja ne legyen egybeeső.

Van két periodikus függvény, periódusuk aránya irracionális. Lehet-e a két függvény összege periodikus?

Igen. Pl. ha mind a két függvény konstans.

Hadd próbáljalak rávezetni.

1. Bizonyítsd be, hogy létezik irracionális szám. Erre két ismert bizonyítás is van: az elemi és a számosságos. A te kérdésedhez elég csak az egyik bizonyítást ismerni, de hosszú távon hasznos mindkettőt tudni.

2. Bizonyítsd be, hogy létezik két valós szám \(\displaystyle A, B \) úgy, hogy \(\displaystyle A, B, 1 \) lineárisan független a racionális számok fölött, vagyis bármely \(\displaystyle p, q, r \) racionális számokra ha \(\displaystyle pA + qB + r = 0 \), akkor \(\displaystyle p = q = r = 0 \).

3. Ha rögzítettek az \(\displaystyle A, B \) számok a fenti tulajdonsággal, akkor lásd be, hogy bármely \(\displaystyle x \) valós számot legfeljebb egyféleképpen lehet \(\displaystyle x = pA + qB + r \) alakban felírni úgy, hogy \(\displaystyle p, q, r \) három racionális szám legyen.

4. Adott \(\displaystyle A, B \) számokhoz a fenti tulajdonsággal konstruálj egy olyan \(\displaystyle f \) valós-valós függvényt, hogy \(\displaystyle f \)-nek periódusa \(\displaystyle A \) és \(\displaystyle B \) is, de \(\displaystyle 1 \) nem periódusa. Hasonlóan konstruálj egy olyan \(\displaystyle g \) valós-valós függvényt, aminek \(\displaystyle A \) és \(\displaystyle 1 \) periódusai, de \(\displaystyle B \) nem; és egy \(\displaystyle h \) valós-valós függvényt, aminek \(\displaystyle B \) és \(\displaystyle 1 \) periódusa, de \(\displaystyle A \) nem.

5. Ha adott három függvény \(\displaystyle f, g, h \) a fenti tulajdonságokkal, akkor rakj össze belőlük két valós-valós függvényt \(\displaystyle u, v \) néven úgy, hogy \(\displaystyle u \)-nak \(\displaystyle A \) periódusa de \(\displaystyle B \) nem periódusa és \(\displaystyle 1 \) sem periódusa; \(\displaystyle v \)-nek \(\displaystyle B \) periódusa de \(\displaystyle A \) nem periódusa és \(\displaystyle 1 \) sem periódusa; \(\displaystyle u + v \)-nek \(\displaystyle 1 \) periódusa de \(\displaystyle A \) nem és \(\displaystyle B \) sem.

Ezek együtt elvileg megválaszolják a kérdésedet. Ha nem elég, akkor mondjad, hogy hol akadtál el. Ha mind megvan, akkor bónusznak javaslom az egyik kedvenc feladatomat.

6. Igazold, hogy van olyan ponthalmaz az egységnégyzetben, ami bármely a négyzet bármely oldalával párhuzamos (vízszintes vagy függőleges) egyenest csak véges sok pontban metsz, viszont a négyzeten mindenütt sűrű (vagyis bármely tengyelypárhuzamos téglalapot, ami teljesen a négyzeten belül helyezkedik el, legalább egy pontban metsz).

Elfelejtettem mondani, hogy a 2. állításra is van elemi és számosságos bizonyítás is, és itt is elég csak az egyik a te kérdésedhez.

köszi a segítséget Jónás! A 4.-re és az 5.-re nincs elképzelésem. A bónuszfeladaton gondolkozok.

A 4-eshez a következőképpen kezdj hozzá. A függvény \(\displaystyle x \) argumentumát próbáld meg a 3. feladatban leírt módon felírni. Ha semmilyen \(\displaystyle p, q, r \) racionális számokra nem teljesül \(\displaystyle x = pA + qB + r \), akkor legyen \(\displaystyle f(x) = 0 \). Ez még nem rontja el, hogy a függvénynek \(\displaystyle A \) periódusa, mert ha \(\displaystyle x \) nem írható föl így, akkor \(\displaystyle x + A \) sem, ezért \(\displaystyle f(x + A) = 0 \). Ha van \(\displaystyle x = pA + qB + r \) megoldás, akkor a \(\displaystyle p, q, r \) számokból add meg valahogy \(\displaystyle f(x) \) értékét. Mit kell csinálni ahhoz, hogy \(\displaystyle f(x) = f(x + A) \) teljesüljön? Hogyan lehet elrontani az \(\displaystyle 1 \) periódust?

Az 5. feladathoz a következőt gondold át. Ha az \(\displaystyle f, g \) függvények minden valós számon értelmezve vannak, és mindkettő \(\displaystyle A \)-val periodikus, akkor mit mondhatsz az \(\displaystyle f + g \) függvényről? Ha \(\displaystyle f \) periodikus \(\displaystyle B \) periódussal, de \(\displaystyle g \) nem, akkor mit mondhatsz az \(\displaystyle f + g \) függvényről?

4. Ha \(\displaystyle x=pA+qB+r\), akkor legyen \(\displaystyle f(x)=r\), \(\displaystyle g(x)=qB\), \(\displaystyle h(x)=pA\).

5. \(\displaystyle u(x)=qb+r\), \(\displaystyle v(x)=pA-r\), ekkor \(\displaystyle u(x)+v(x)=pA+qB\) teljesül.

Köszönöm a segítséget!

Hogyan lehet egy kontinuum számosságú halmazt \(\displaystyle n\) darab egyforma számosságú részre osztani?

Konyhakéssel, amit rendszeresen alaposan meg kell élezni, hogy minél kevesebb morzsa legyen, ami egyik részbe sem kerül bele.

Ha kontinuum számosságú, akkor képezhető egy bijekció a valós számok halmazával, tehát elég a valós számokat felosztani. Ott pedig a k. halmazba (\(\displaystyle k=0,1, \dots, n-1\)) tegyük bele azokat a számokat, amikre teljesül, hogy az egészrészük n-es maradéka éppen k.

„amikre teljesül, hogy az egészrészük n-es maradéka éppen k.”

Dehát az végtelen sok vágás. Az alatt elkopik a kés. Nem lehetne valahogyan \(\displaystyle k - 1 \) vágással megoldani?

Bármilyen meglepő, én is pont egy ilyen módszerre gondoltam. DE! konkrétan egy ilyen "univerzális" megfeleltetést még nem tudtam találni, ami bármilyen adott kontinuum-számosságú halmaz esetén működne.

Azt, hogy egy halmaz kontinuum számosságú, többé-kevésbé úgy definiáljuk, hogy van egy bijekció valamilyen rögzített kontinuum számosságú halmazra, mondjuk a természetes számok halmazának a hatványhalmazára. Ha be szeretnéd bizonyued tani egy konkrét halmazról, hogy tényleg kontinuum számosságú, akkor többnyire a Schröder-Bernstein tételt a legkönnyebb fölhasználni. Ez gyakran kikerülhető lenne, de könnyebb egyszer bebizonyítani azt a tételt, mint minden példához újabb konstrukciókat keresni.

Megfelelteted a (legyen mondjuk \(\displaystyle H\)) halmazt az \(\displaystyle [0,n)\) intervallumnak vagyis veszel egy \(\displaystyle f:[0,n)\to H\) bijekciót. A \(\displaystyle [0,n)\) intervallum a szintén kontinuum számosságú \(\displaystyle [0,1),\ldots,[n-1,1)\) intervallumok uniója; ezeket külön-külön is képezheted a \(\displaystyle H\) halmazba:

\(\displaystyle H = f\big([0,n)\big) = f\big([0,1)\big) \cup\ldots\cup f\big([n-1,n)\big). \)

Véges sok helyett kontinuum sok résszel is megy: a kontinuum számosságú sík felbontható kontinuum sok párhuzamos egyenes uniójára.

Csatlakozva jonashoz, a kérdésed úgy kezdődött, hogy "hogyan lehet egy kontinuum számosságú halmazt..."

Tehát a játékban kapunk az ellenségünktől egy halmazt, amiről tudni véli, de inkább be tudja bizonyítani, hogy "kontinuum számosságú", és egy \(\displaystyle n\) pozitív egészt. Nekünk az a feladatunk, hogy a halmazt valami algoritmussal \(\displaystyle n\) részre osszuk.

A kérdés: annak bizonyítása, hogy a halmaz kontinuum számosságú, nem biztosít automatikusan (például a Cantor-Schröder-Bernstein tétel segítségével) egy bijekciót valamilyen ismert, kontinuum számosságú halmazzal?

Sziasztok!

Már nagyon régen volt, és a gyakorlatvezetőim sem a legjobbak voltak. Az rémlik, hogy két komponensre kellene bontanom az erőket de már nem tudom hogyan induljak neki. Esetleg valaki tud segíteni?

\(\displaystyle m_1=2\rm{kg}\), \(\displaystyle m_2=1\rm{kg}\), \(\displaystyle g=10\rm{méter/sec^2}\), \(\displaystyle \alpha=60°\), \(\displaystyle \mu=0,2\).

Legyen \(\displaystyle F_{tartó}\) a lejtő által kifejtett, az \(\displaystyle m_1\) testre ható tartóerő, ez az erő a lejtő felületére merőleges, és az ábra szerint ferdén balra és felfelé mutat. Az \(\displaystyle m_1\) testre hat az \(\displaystyle G_1=m_1g\) súlyerő, ennek az iránya függőlegesen lefelé mutat. Ezt az erőt érdemes a lejtővel párhuzamos \(\displaystyle G_{1párh}=m_1g*\sin(\alpha)\) és \(\displaystyle G_{1mer}=m_1g*\cos(\alpha)\) erőkre bontani. Az \(\displaystyle m_1\) testre hat még a \(\displaystyle K\) kötélerő, ennek iránya a lejtővel párhuzamos, és az ábra szerint jobbra és felfelé mutat a csiga irányába. Az \(\displaystyle m_1\) testre hat még az \(\displaystyle S\) súrlódási erő, amelynek iránya a lejtővel párhuzamos, az \(\displaystyle m_1\) test mozgásával ellentétes. Az \(\displaystyle m_2\) testre hat a \(\displaystyle G_2=m_2g\) súlyerő, ennek iránya függőlegesen lefelé mutat. Az \(\displaystyle m_2\) tömegű testre hat a \(\displaystyle K\) kötélerő, ennek iránya függőlegesen felfelé mutat.

Az \(\displaystyle m_1\) tömegű test a lejtőre merőlegesen nem mozog, ezért a rá ható és a lejtőre merőleges erők kiegyenlítik egymást, azaz \(\displaystyle F_{tartó}=G_{1mer}\) azaz \(\displaystyle F_{tartó}=m_1g*\cos(\alpha)\). A súrlódási erő definíciója miatt \(\displaystyle S=\mu*F_{tartó}=\mu*m_1g*\cos(\alpha)\) Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle m_1\) test a lejtőn felfelé az \(\displaystyle m_2\) test függőlegesen lefelé gyorsul. Ekkor az \(\displaystyle m_1\) testre ható \(\displaystyle S\) súrlódási erő iránya a lejtőn lefelé mutat. A két test gyorsulásának nagysága egyenlő, legyen \(\displaystyle a\) a két test gyorsulásának nagysága.

Alkalmazva Newton II. törvényét a két testre:

\(\displaystyle m_1a=K-G_{1párh}-S=K-m_1g*\sin(\alpha)-\mu*m_1g*\cos(\alpha)\)

\(\displaystyle m_2a=G_2-K=m_2g-K\)

Ekkor \(\displaystyle a=-3,1068\rm{méter/sec^2}\) és \(\displaystyle K=13,1068\rm{Newton}\) adódik. Mivel \(\displaystyle a\) értéke negatív, ezért hibás volt az a feltételezés, hogy az \(\displaystyle m_1\) test a lejtőn felfelé, az \(\displaystyle m_2\) test a lejtőn lefelé gyorsul.

Most tegyük fel, hogy az \(\displaystyle m_1\) test a lejtőn lefelé az \(\displaystyle m_2\) test függőlegesen felfelé gyorsul. Ekkor az \(\displaystyle m_1\) testre ható \(\displaystyle S\) súrlódási erő iránya a lejtőn felfelé mutat. A két test gyorsulásának nagysága egyenlő, legyen \(\displaystyle a\) a két test gyorsulásának nagysága.

Alkalmazva Newton II. törvényét a két testre:

\(\displaystyle m_1a=K-G_{1párh}-S=m_1g*\sin(\alpha)-K-\mu*m_1g*\cos(\alpha)\)

\(\displaystyle m_2a=G_2-K=K-m_2g\)

Ekkor \(\displaystyle a=1,7735\rm{méter/sec^2}\) és \(\displaystyle K=11,7735\rm{Newton}\) adódik.

Nekem elég, ha egy ellenség által megadott kontinuumszámosságú halmazt egy konkrét algoritmussal két kontinuumszámosságú részre osztjuk. (Nyilván a két rész metszete üres halmaz, és a két rész uniója az ellenség által megadott kontinuumszámosságú halmaz.)

Kezdjük az elején. Egy "kontinuum számosságú halmazt..."

Mit jelent az, hogy egy halmaz kontinuum számosságú? :-)

Én egy halmaz kontinuum-számosságát úgy értelmezem, hogy van kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés a halmaz elemei és a valós számok között.

Tehát, ha van egy kontinuum számosságú \(\displaystyle K\) halmazunk, akkor van \(\displaystyle f:\mathbb{R}\to K\) bijekció is.

Az \(\displaystyle \mathbb{R}\)-et \(\displaystyle n\) kontinuum számosságú részre osztjuk — mondjuk \(\displaystyle n\) diszjunkt intervallumra: \(\displaystyle \mathbb{R}=R_1\cup\dots\cup R_n\). Ezután részhalmazokat visszaképezzük az eredeti halmazba:

\(\displaystyle K = f(R_1) \cup \ldots \cup f(R_n). \)

Nem is ezzel van a problémám, hogy oda-vissza létezik kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés a valós számok halmaza és egy adott kontinuum-számosságú halmaz között. Hanem azzal, hogy egy adott kontinuum-számosságú halmaz és a valós számok halmaza között nem tudok egy konkrét megfeleltetést létesíteni.

Pl. A transzcendens számok kontinuum-számosságú halmazt alkotnak. Adjunk meg konkrétan egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést a transzcendens számok és a valós számok között.

Pl. Tekintsük a valós számokat mint a racionális számok feletti vektorteret. Ekkor ennek a vektortérnek van bázisrendszere, és ennek a bázisrendszernek az elemszáma kontinuum-számosságú. Adjunk meg egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést ezen bázisrendszer és a valós számok között.

A két példád között különbség van, és a lényeg a kiválasztási axióma szerepe.

A transzcendens számok halmaza egy konkrét, a kiválasztási axióma használata nélkül is jól megadható halmaz. Az \(\displaystyle \mathbb{R}\)-rel való megfelelést sem nehéz kitalálni, ehhez elég az algebrai számok egy felsorolása, de még felsorolás nélkül sem nehéz.

A bázis esetében a nehézség nem a bijekcióval kezdődik, hanem azzal, hogy melyik bázisról van szó a \(\displaystyle 2^{2^{\aleph_0}}\) lehetőség közül. Azt, hogy egyáltalán létezik bázis, a Zorn-lemmából, vagy a kiválasztási axióma valamelyik más ekvivalens formájából szoktuk bizonyítani. Ha mondasz egy konkrét bázist, én majd mondok hozzá egy konkrét bijekciót az \(\displaystyle \mathbb{R}\)-rel... :-)

Keresem az \(\displaystyle a_{n+1}=\sqrt{2a_n+3}\), \(\displaystyle a_1=4\) sorozat explicit alakját. Minden segítséget előre is köszönök! Amit tudok, az hogy a sorozat határértéke 3, és szigorúan monoton csökkenő. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

Szerintem nincs neki egyszerű zárt alakja, de nem vagyok ebben teljesen biztos.

Középiskolában tanítják (tanítom) a visszatevés nélküli mintavételt és a visszatevéses mintavételt. A visszatevés nélküli mintavétel azt jelenti, hogy egy alapsokaságból egyszerre kiveszek valamennyi elemet, és a kivett elemeket tekintem egy mintának. A visszatevéses mintavétel azt jelenti, hogy az alapsokaságból valamennyiszer véletlenszerűen kiveszek egy elemet, és a kivett elemet mindig visszateszem. És azt is tudjuk, hogy a reprezentatív minta valószínűsége a legnagyobb, mint a visszatevéses mintavétel esetében, mind a visszatevés nélküli mintavétel esetében. DE!!! Tekintsük a következő példát:

Van 10 darab fehér golyó, 20 darab világosszürke golyó, 30 darab sötétszürke golyó, 40 darab fekete golyót. Most úgy készítek egy 50 elemű mintát, hogy kiveszek 5 darab golyót, megnézem ezt az 5 golyót, visszateszem az alapsokaságba, elkeverem az alapsokaságot, megint kiveszek 5 darab golyót,.... ezt 10-szer csinálom meg. Tulajdonképpen ez is visszatevéses mintavétel, csak a mintavétel 5-ösével történik. Ilyenkor milyen összetételű minta a legvalószínűbb, és mennyi ennek a valószínűsége?

Arie Duijvestijn (remélem, jól írom a nevet) holland matematikus egy négyzetet felbontott különböző méretű négyzetekre. (Lásd: ábra). Vajon egy szabályos háromszöget is fel lehet bontani különböző méretű szabályos háromszögekre?

Ha jól értem, háromszögekre először W. T. Tutte bizonyította, hogy nem lehetséges ilyen felbontást csinálni. (Dissections into Equilateral Triangles, in. The Mathematical Gardner (1981))

Itt van egy elemibb megoldás, ami analóg azzal, ahogy kockákra szokás bizonyítani a lehetetlenséget.

Legyen az \(\displaystyle ABC\) szabályos háromszög \(\displaystyle A\) csúcsát lefedő háromszög \(\displaystyle AXY\). Az \(\displaystyle XY\) oldalt különböző hosszú háromszög oldalak fedik, ezek közül a legrövidebb \(\displaystyle PQ\) (\(\displaystyle P\) vagy \(\displaystyle Q\) eshet az eredeti háromszög oldalára is), és a szabályos háromszög \(\displaystyle PQR\).

A \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) csúcsú ,,felfelé álló'' háromszögek közül legalább az egyik kisebb, mint \(\displaystyle PQR\), különben ezek \(\displaystyle R\)-nél egymásba csúsznának.

Legyen mondjuk \(\displaystyle PKL\) a kisebb. Most a \(\displaystyle PKL\) háromszög átveszi \(\displaystyle AXY\) szerepét, és megint fogunk találni egy \(\displaystyle PKL\)-nél kisebb ,,felfelé álló'' szürke háromszöget a felbontásban.

Mivel a leírt logika tetszőlegesen sokáig folytatható, nem állhat véges sok háromszögből a felbontás.

Jobban átgondolva a hivatkozott elemibb megoldást, látok benne egy hiányosságot (abban az esetben, amikor a legkisebb háromszög valamelyik szélen van), és nem vagyok biztos benne, hogy ez (egyszerűen) javítható.